力扣LeetCode: 516 最长回文子序列

题目：

给你一个字符串 s ，找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。

子序列定义为：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。

示例 1：

输入：s = "bbbab"
输出：4
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bbbb" 。

示例 2：

输入：s = "cbbd"
输出：2
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bb" 。

提示：

• 1 <= s.length <= 1000
• s 仅由小写英文字母组成

解法：动态规划

问题描述

给定一个字符串 s，找到其中最长的回文子序列的长度。回文子序列是指从字符串中删除某些字符（或不删除任何字符）后，剩余字符按原顺序排列形成的回文。

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动态规划思路

1. 定义状态

• 设 dp[i][j] 表示字符串 s 从第 i 个字符到第 j 个字符之间的最长回文子序列的长度。

• 目标是求 dp[0][n-1]，即整个字符串的最长回文子序列长度。

2. 状态转移方程

• 情况 1：如果 s[i] == s[j]，那么这两个字符可以构成回文子序列的一部分。因此，dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2。

  • 解释：dp[i + 1][j - 1] 是去掉两端字符后的子串的最长回文子序列长度，加上两端的字符（长度为 2）。

• 情况 2：如果 s[i] != s[j]，那么最长回文子序列要么在 s[i+1..j] 中，要么在 s[i..j-1] 中。因此，dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1])。

  • 解释：取去掉左端字符或去掉右端字符后的子串的最长回文子序列长度的最大值。

3. 初始化

• 当 i == j 时，dp[i][j] = 1，因为单个字符本身就是一个长度为 1 的回文子序列。

4. 填表顺序

• 由于 dp[i][j] 依赖于 dp[i + 1][j - 1]、dp[i + 1][j] 和 dp[i][j - 1]，我们需要从字符串的末尾开始，逐步填充 dp 表。

• 具体来说：

  • 外层循环：i 从 n-1 到 0（从字符串末尾向前遍历）。

  • 内层循环：j 从 i + 1 到 n-1（从左到右遍历）。

5. 最终结果

• dp[0][n - 1] 就是整个字符串的最长回文子序列的长度。

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代码逐行解释

class Solution {
public:
    int longestPalindromeSubseq(string s) {
        int n = s.length();
        // 创建一个二维动态规划数组 dp[i][j]，表示 s[i..j] 的最长回文子序列长度
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));

        // 单个字符是长度为1的回文子序列
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i][i] = 1;
        }

        // 从字符串末尾开始，逐步填充 dp 表
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    // 如果两端字符相等，则长度为中间部分的最长回文子序列长度 + 2
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
                } else {
                    // 如果两端字符不等，则取去掉左端或去掉右端的最大值
                    dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
                }
            }
        }

        // 返回整个字符串的最长回文子序列长度
        return dp[0][n - 1];
    }
};

复杂度分析

1. 时间复杂度：O(n2)O(n2)，因为需要填充一个 n×nn×n 的二维数组。

2. 空间复杂度：O(n2)O(n2)，用于存储动态规划表。

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总结

通过动态规划，我们可以高效地解决最长回文子序列问题。代码的核心是状态转移方程和填表顺序，确保每个子问题的解都能被正确计算并复用。